青岛市智荣北校中考数学期末几何综合压轴题易错汇编

青岛市智荣北校中考数学期末几何综合压轴题易错汇编一、中考数学几何综合压轴题1．（1）问题发现如图1，在和中，，，，连接交于点.填空：①的值为______；②的度数为______．（2）类比探究如图2，在和中，，，连接交的延长线于点.请判断的值及的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点在同一条直线上时的长．解析：（1）①1；②；（2），．理由见解析；（3）2或4．【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根据三角形的内角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；（2）根据锐角三角比可得，根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，根据相似撒尿性的性质求解即可；（3）当点与点在同一条直线上，有两种情况：如图3和图4，然后根据旋转的性质和勾股定理，可得AD的长．【详解】（1）①∵，∴∠BOD=∠AOC，又∵，，∴△BOD≌△AOC，∴BD=AC，∴=1；②∵，∴∠OAB+∠OBA=140°，∵△BOD≌△AOC，∴∠CAO=∠DBO，∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，∴∠AMB=；（2）如图2，，．理由如下：中，，，，同理得：，，，，，，∠CAO=∠DBO，∵∠BEO+∠DBO=90°，∴∠CAE+∠AEM=90°，∴∠AMB=90°；（3）∵∠A=30°，，∴OA==3．如图3，当点D和点A在点O的同侧时，∵，∴AD=3-2=2；如图4，当点D和点A在点O的两侧时，∵，，OA=3∴AD=3+1=4．综上可知，AD的长是2或4．【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，以及分类讨论的数学思想，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．2．（1）（问题背景）如图1，在中，，，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：；（2）（尝试应用）如图2，在（1）的条件下，延长DE，AC交于点G，交DE于点F．求证：；（3）（拓展创新）如图3，是内一点，，，，直接写出的面积为_____________．解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）【问题背景】如图1，根据SAS证明三角形全等即可．（2）【尝试应用】如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．证明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再证明FG＝DE＝即可．（3）【拓展创新】如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．利用全等三角形的性质证明CE＝BD，CE⊥BD，再根据三角形面积公式即可求解．【详解】（1）【问题背景】证明：如图1，∵，∴，在和中，，∴．（2）【尝试应用】证明：如图2，过点D作交FB的延长线于K．∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即．（3）【拓展创新】如图3中，过点A作交BD于E，连接CE．∵，，∴与都是等腰直角三角形，同法可证，∴，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．3．（问题原型）如图，在矩形中，对角线、交于点，以为直径作．求证：点、在上．请完成上面问题的证明，写出完整的证明过程．（发现结论）矩形的四个顶点都在以该矩形对角线的交点为圆心，对角线的长为直径的圆上．（结论应用）如图，已知线段，以线段为对角线构造矩形．求矩形面积的最大值．（拓展延伸）如图，在正方形中，，点、分别为边、的中点，以线段为对角线构造矩形，矩形的边与正方形的对角线交于、两点，当的长最大时，矩形的面积为_____________________解析：问题原型：见解析；结论应用：见解析；发现结论：2；拓展延伸：2【分析】问题原型：运用矩形对角线互相平分且相等，即可求证四点共圆；结论应用：根据结论矩形面积最大时为正方形，利用对角线的长求得正方形的面积；拓展延伸：由上一问的结论，可知四边形为正方形,证明四边形是正方形，继而求得面积【详解】解：【问题原型】∵为直径，∴为半径.令.∵四边形为矩形，∴，，.∴.∴点、在上.【结论应用】连续交于点，过点作于点.∴.由【发现结论】可知，点在以为直径的圆上，即，∴当即时，矩形的面积最大.∴矩形的面积最大值为.【拓展延伸】如图，连接,设与的交点为四边形是正方形,，点、分别为边、的中点,四边形是矩形由【结论应用】可知，时，矩形的面积最大为此时四边形为正方形，此时最大，,四边形是正方形正方形的面积为：【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，灵活运用矩形，正方形的性质和判定是解题的关键．4．（了解概念）在凸四边形中，若一边与它的两条邻边组成的两个内角相等，则称该四边形为邻等四边形，这条边叫做这个四边形的邻等边．（理解运用）（1）在邻等四边形中，，，若是这个邻等四边形的邻等边，则的度数为__________；（2）如图，凸四边形中，P为边的中点，，判断四边形是否为邻等四边形，并证明你的结论；（拓展提升）（3）在平面直角坐标系中，为邻等四边形的邻等边，且边与x轴重合，已知，，，若在边上使的点P有且仅有1个，则m的值是__________．解析：（1）130°；（2）四边形ABCD是邻等四边形，理由见解析；（3）﹣5±4【分析】（1）根据邻等四边形的定义即可求解；（2）由△ADP∽△PDC，可得，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，由P为AB的中点，可得AP＝BP，则，可证△BPC∽△ADP，由相似三角形的性质得出∠A＝∠B即可；（3）①若点B在点A右侧，如图，由AB为邻等边，则有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，可证△ADP∽△BPC，可得＝，设点P（n，0），由等腰直角三角形可求∠BAD＝45°，可求B、C横坐标之差为3，B（m+3，0），将AP，BP，AD，BC，代入得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由题意可知n只有一个解，可求得m＝﹣5+4；②若点B在点A左侧，可求得∠BAD＝135°，可证△ADP∽△BPC，可得＝，可求得B、C横坐标之差为3，，可求得m＝﹣5﹣4．【详解】解：（1）∵CD为邻等边，∴∠C＝∠D，又∵，，∴∠C＝∠D＝（360°﹣∠A﹣∠B）÷2＝130°，∴∠C＝130°．故答案为：130°；（2）四边形ABCD是邻等四边形，理由如下：∵△ADP∽△PDC，∴，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，∠ADP＝∠PDC，又∵P为AB的中点，∴AP＝BP，∴，∴，∵∠APD+∠BPC＝180°﹣∠DPC，∠PCD+∠PDC＝180°﹣∠DPC，且∠APD＝∠PCD，∴∠BPC＝∠PDC，∵∠ADP＝∠PDC，∴∠ADP＝∠BPC，∴△BPC∽△ADP，∴∠B＝∠A，∴四边形ABCD为邻等四边形；（3）若点B在点A右侧，如图，∵AB为邻等边，则有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，又∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴∠DAB＝∠DPC，∠ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，设点P（n，0），∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠BAD＝45°，∴∠ABC＝45°，过点C作CE⊥x轴于点E，则∠CEB＝90°，∠BCE＝∠ABC＝45°，∴CE＝BE，∵点C（m，3），∴CE＝3，∴BE＝3，∴B（m+3，0），∴AP＝n+2，BP＝m+3﹣n，∴AD＝＝，BC＝＝，代入＝得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由题意可知n只有一个解，∴△＝（m+1）2+4（2m﹣18）＝0，解得：m＝﹣5±4，又∵点C在点D右侧，∴m＝﹣5+4；②若点B在点A左侧，如图，此时，∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠OAD＝45°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠DPC＝135°，∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，由①得：B（m+3，0），C（m，3），P（n，0），AP＝﹣2﹣n，BP＝n﹣m﹣3，AD＝，BC＝，∴，解得：m＝﹣5±4，又∵点C在点D左侧，∴m＝﹣5﹣4；综上所述：m＝﹣5±4．【点睛】本题是相似综合题，考查新定义图形，仔细阅读题目，抓住定义中的性质，会验证新定义图形，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根的判别式，利用相似三角形的性质构造关于n的一元二次方程是解题关键．5．情境观察：将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示.将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A(A′)、B在同一条直线上，如图2所示．观察图2可知：与BC相等的线段是▲，∠CAC′=▲°．问题探究：如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q.试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论.拓展延伸：如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H.若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由.解析：情境观察：AD（或A′D），90问题探究：EP=FQ.证明见解析结论：HE=HF.证明见解析【详解】情境观察AD（或A′D），90问题探究结论：EP=FQ.证明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP.∴AG=EP.同理AG=FQ.∴EP=FQ拓展延伸结论：HE=HF.理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q.∵四边形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP，同理△ACG∽△FAQ，∵AB=kAE，AC=kAF，∴EP=FQ.∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH.∴HE=HF6．如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：（1）探究：若R＝2，m＝1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是；如图2，当α＝°时，半圆O与射线AB相切；（2）如图3，在（1）的条件下，为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由．（3）发现：如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R、m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα＝（用含有R、m的代数式表示）（4）拓展：如图5，若R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围，并求出在这个变化过程中阴影部分（弓形）面积的最大值（用m表示）解析：（1）+1；60°；（2）4+2；（3）；（4）m2．【详解】试题分析：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα=，推出α=60°．（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题．（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题、（4）当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°．当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，求出此时的面积即可．试题解析：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．想办法求出O′E的长即可．在Rt△MFO′中，∵∠MOF=30°，MO′=2，∴O′F=O′M•cos30°=，O′E=+1，∴点O′到AB的距离为+1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形O′EAF是矩形，∴AE=O′F=2，∵AM=1，∴EM=1，在Rt△O′EM中，sinα=，∴α=60°故答案为+1，60°．（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．∵O′P=R，∴R=R+1，∴R=4+2．（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q=R•cosα，QP=m，∵O′P=R，∴R•cosα+m=R，∴cosα=．故答案为．（4）如图5中，当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°故答案为90°＜α≤120°；当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，所以S═﹣•m•m=m2．7．如图1，两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，．（1）操作发现：如图2，固定，使绕点旋转，当点恰好落在边上时，填空：①线段与的位置关系是________；②设的面积为，的面积为，则与的数量关系是_____．（2）猜想论证：当绕点旋转到如图3所示的位置时，请猜想（1）中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展探究：已知，平分，，，交于点（如图4）．若在射线上存在点，使，请求相应的的长．解析：（1）DE∥AC；S1=S2；（2）成立，证明见解析；（3）BF的长为3或6．【分析】（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；（3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后勾股定理求出EG的长，即可得解【详解】（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；故答案为：DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；故答案为：S1=S2；（2）如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于N，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，过点D作DG⊥BC于G，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，BG=BC=，∴BD=3∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，∴∠CDE=360°-∠CDF2-∠F2DB-DBE=360°-150°-90°-30°=90°，∴∠CDG=90°-∠DCG=60°，又∵BD=CD=3，∴DG=，设EG为x，则DE=2x,,解得x=1.5,∴BE=BG-EG=4.5-1.5=3，∴BF1=3，BF2=BF1+F1F2=3+3=6，故BF的长为3或6．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．8．观察猜想：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D与点C重合，点E在斜边AB上，连接DE，且DE＝AE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接EF，则＝______，sin∠ADE＝________，探究证明：（2）在（1）中，如果将点D沿CA方向移动，使CD＝AC，其余条件不变，如图2，上述结论是否保持不变？若改变，请求出具体数值：若不变，请说明理由．拓展延伸（3）如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝a，点D在边AC的延长线上，E是AB上任意一点，连接DE．ED＝nAE，将线段DE绕着点D顺时针旋转90°至点F，连接EF．求和sin∠ADE的值分别是多少？（请用含有n，a的式子表示）解析：（1）；；（2）不变；（3）＝；sin∠ADE＝．【分析】（1）由等腰三角形的性质和等边三角形的判定得到∠A＝∠ACE＝30°，△BEC是等边三角形，据此求得CE的长度，根据等腰直角三角形的性质来求EF的长度，易得答案；（2）不变．理由：如图2，过点D作DG∥BC交AB于点G，构造直角三角形：△ADG，结合含30度角的直角三角形的性质和锐角三角函数的定义，结合方程求得答案；（3）如图3，过点E作EG⊥AD于点G，构造直角三角形，根据锐角三角函数的定义列出方程并解答．【详解】（1）如图1，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠B＝60°．又CE＝AE，∴∠ACE＝∠A＝30°，∴∠BCE＝60°，∴△BEC是等边三角形，∴BE＝CE．∴AE＝CE＝BE．∴AD＝AB＝CE．又由旋转的性质知：FC＝EC，∠FCE＝90°，∴EF＝CE，∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．故答案是：；；（2）不变，理由：如图2，过点D作DG∥BC交AB于点G，则△ADG是直角三角形．∵∠DAG＝30°，DE＝AE，设DG＝x，∴∠AED＝30°，AD＝x，∠DEG＝∠DGE＝60°．∴DE＝DF＝x，sin∠ADE＝．∵∠EDF＝90°，∴EF＝x．∴＝＝．∵∠ADE＝30°，∴sin∠ADE＝．（3）过点E作EG⊥AD于点G，设AE＝x，则DE＝nx．∵∠CAB＝a，∴AG＝cosα•x，EG＝sinα•x．∴DG＝＝•x．∴AD＝cosα•x+•x．∵∠EDF＝90°，DE＝DF，∴EF＝DE＝nx．∴＝＝，sin∠ADE＝＝＝．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和等边三角形的判定，作辅助线构造直角三角形，根据锐角三角函数的定义求解．9．和都是等边三角形，绕点旋转，连接．猜测发现：（1）如图1，与是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．问题解决：（2）若三点不在一条直线上，且，求的长．拓展运用：（3）若三点在一条直线上（如图2），且和的边长分别为1和2，的面积及的值．解析：（1）AE=BD，理由见解析；（2）5；（3）面积为，＝【分析】（1）根据等边三角形的性质，容易证明△BCD≌△ACE，从而问题即可解决；（2）根据∠ADC=30゜及△DCE是等边三角形，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90゜，从而可计算出AE，再由（1）即可得BD的长；（3）过A点作AF⊥CD于F，根据和都是等边三角形，可得∠ACD=60゜，于是在直角△ACF中利用三角函数知识可求得AF的长，从而可求得△ACD的面积；在△ACF中还可求得CF的长，从而可得DF的长，这样在直角△ADF中即可求得结论．【详解】（1）AE=BD．理由如下：∵和都是等边三角形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴；（2）如图3，由（1）得：，∵是等边三角形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴；（3）如图2，过作于，∵三点在一条直线上，∴，∵和都是等边三角形，∴，∴，在中，，∴，，∴，，在中，．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数等知识，带有一定的综合性．10．在中，，过点作直线，将绕点顺时针旋转得到（点的对应点分别为）．（1）问题发现如图1，若与重合时，则的度数为____________；（2）类比探究：如图2，设与BC的交点为，当为的中点时，求线段的长；（3）拓展延伸在旋转过程中，当点分别在的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值．若存在，直接写出四边形的最小面积；若不存在，请说明理由．解析：（1）60；（2）；（3）【分析】（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到BC=，依据∠A'BC=90°，可得，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根据M为A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，进而得到，依据tan∠Q=tan∠A=，即可得到BQ=BC×=2，进而得出PQ=PB+BQ=；（3）依据S四边形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，即可得到S四边形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ=PQ×BC=PQ，利用几何法或代数法即可得到S△PCQ的最小值=3，S四边形PA'B′Q=3-．【详解】解：（1）由旋转可得：，，，，，，，，．（2）为的中点，,山旋转可得，，，，，，，；（3）四边形四边形最小即最小，，取的中点，，，即，当最小时，最小，，即与正合时,最小，，，的最小值，四边形=．【点睛】此题考查四边形综合题，旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题关键在于掌握旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．11．已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________．（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．解析：（1）；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；②【分析】（1）根据三角形全等可得；（2）方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明即可，方法二：延长CO交BD于点E，证明即可；（3）①方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明，方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明；②延长CO交DB的延长线于点E，证明，根据已知条件得出．【详解】（1）O是线段AB的中点在和中（2）数量关系依然成立．证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E．∵∴∴四边形CEFD为矩形．∴，由（1）知，∴，∴．证明（方法二）：延长CO交BD于点E，∵，，∴，∴，∵点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．（3）①数量关系依然成立．证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E．∵∴∴四边形CEFD为矩形．∴，由（1）知，∴，∴．10分证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，∵，，∴，∴，∴点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．②如图，延长CO交DB的延长线于点E，∵，，∴，∴，∴点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵,．【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键．12．（1）问题发现如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：①的值为；②∠AMB的度数为．（2）类比探究如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．解析：（1）①1；②40°；（2），90°；（3）AC的长为3或2．【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°，，可得AC的长．【详解】（1）问题发现：①如图1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB，∵OC=OD，OA=OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，（2）类比探究：如图2，，∠AMB=90°，理由是：Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，∴，同理得：，∴，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；（3）拓展延伸：①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB=90°，，设BD=x，则AC=x，Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x-2，Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，∴AB=2OB=2，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(x)2+(x−2)2＝(2)2，x2-x-6=0，（x-3）（x+2）=0，x1=3，x2=-2，∴AC=3；②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB=90°，，设BD=x，则AC=x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，(x)2+（x+2）2=(2)2.x2+x-6=0，（x+3）（x-2）=0，x1=-3，x2=2，∴AC=2；.综上所述，AC的长为3或2．【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．13．(1)问题发现

如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.

填空:线段AD,BE之间的关系为

.(2)拓展探究

如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.

(3)解决问题

如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.

解析：(1)AD=BE，AD⊥BE．(2)AD=BE，AD⊥BE．(3)5-3≤PC≤5+3．【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-3≤BE≤5+3.【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延长BE交AD于点F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE，在Rt△ACD和Rt△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-3，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+3，∴5-3≤BE≤5+3，即5-3≤PC≤5+3．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．14．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．①求证：；②推断：的值为；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（为常数）．将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与CP之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，，求的长．解析：（1）①证明见解析；②解：结论：．理由见解析；（2）结论：．理由见解析；（3）．【解析】【分析】（1）①由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE=DQ．②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．（2）结论：如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．（3）如图2-1中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，∴，．∴．∵，∴．∴．∴≌，∴．②解：结论：．理由：∵，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴．故答案为1．（2）解：结论：．理由：如图2中，作于．∵，∴，∴，，∴，∴∽，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴．（3）解：如图2﹣1中，作交的延长线于．∵，，∴，∴，∴可以假设，，，∵，，∴，∴，∴或﹣1（舍弃），∴，，∵，∴，∴，，∵，∴，，∴，∴∽，∴，∴，∴，，∴，∴．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．15．某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：类比探究（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为；推广验证（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．解析：（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）【分析】（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．【详解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案为．【点睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．16．在中，，．点D在边上，且，交边于点F，连接．（1）特例发现：如图1，当时，①求证：；②推断：_________．；（2）探究证明：如图2，当时，请探究的度数是否为定值，并说明理由；（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当时，过点D作的垂线，交于点P，交于点K，若，求的长．解析：（1）①证明见解析，②；（2）为定值，证明见解析；（3）【分析】（1）①利用已知条件证明即可得到结论，②先证明利用相似三角形的性质再证明结合相似三角形的性质可得答案；（2）由（1）中②的解题思路可得结论；（3）设则利用等腰直角三角形的性质分别表示：由表示再证明利用相似三角形的性质建立方程求解，即可得到答案．【详解】证明：（1）①②推断：理由如下：（2）为定值，理由如下：由（1）得：（3），设则，解得：【点睛】本题考查的是三角形的全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，更重要的是考查学生的学习探究的能力，掌握以上知识是解题的关键．17．如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．（1）观察猜想图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．解析：（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE，根据三角形外角和定理，等量代换求出．（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根据三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等边三角形．理由如下：如图，由旋转可得在ABD和ACE中．点分别为的中点，是的中位线，且同理可证且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等边三角形．根据题意得:即，从而的面积．∴面积